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甘肃省甘谷第一中学2020届高三上学期第四次检测考试数学(理)试题 WORD版含答案.doc

上传人:高**** 文档编号:905798 上传时间:2024-05-31 格式:DOC 页数:10 大小:889KB
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资源描述

1、甘谷一中20192020学年度高三级第四次检测考试理科数学一、 选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1 A B C. D 2已知全集为,集合,则 A B C. D3在等差数列中,已知,则该数列前11项和=( )A44 B.55 C.143 D176 4函数的大致图象是( )5.动点在圆上移动时,它与定点连线的中点的轨迹方程是 ( )A. B. C. D. 6设是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列命题中正确的是( )A.若且,则 B若且,则 C若且,则 D若且,则 7 .函数的部分图象如图所示,则的值分别是( ) A. B. C

2、. D. 8泰山有“五岳之首”“天下第一山”之称,登泰山的路线有四条:红门盘道徒步线路,桃花峪登山线路,天外村汽车登山线路,天烛峰登山线路.甲、乙、丙三人在聊起自己登泰山的线路时,发现三人走的线路均不同,且均没有走天外村汽车登山线路,三人向其他旅友进行如下陈述:甲:我走红门盘道徒步线路,乙走桃花峪登山线路;乙:甲走桃花峪登山线路,丙走红门盘道徒步线路;丙:甲走天烛峰登山线路,乙走红门盘道徒步线路;事实上,甲、乙、丙三人的陈述都只对一半,根据以上信息,可判断下面说法正确的是( )A 甲走桃花峪登山线路 B乙走红门盘道徒步线路 C丙走桃花峪登山线路 D甲走天烛峰登山线路9如图,正方体的棱长为分别是

3、棱的中点,则多面体的体积为( )A B C. D10已知圆与直线,若直线与圆交于两点,为坐标原点),则的值为( )A B C. D 11四面体的四个顶点都在球的表面上,是边长为3的等边三角形,若,则球的表面积为( )A. B C D12如图1四边形与四边形分别为正方形和等腰梯形,,沿边将四边形折起,使得平面平面,如图2,动点在线段上,分别是的中点,设异面直线与所成的角为,则的最大值为 ( )A B C. D 第II卷二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.)13若向量和向量垂直,则_14函数的图象在处的切线方程为 .15已知各项都是正数的等比数列中,成等差数列,则 .16已知函数.若

4、方程恰有3个互异的实数根,则实数的取值集合为_三、解答题(本大题共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17.(本小题满分10分)如图,在三棱柱中,已知平面,.(1) 求证:;(2) 求直线与平面所成角的正弦值.18.(本小题满分12分)已知半径长为的圆截轴所得弦长为,圆心在第一象限且到直线的距离为(1)求这个圆的方程;(2)求经过与圆相切的直线方程19.(本小题满分12分)如图,在中,边上的中线长为3,且,(1)求的值; (2)求边的长20.(本小题满分12分)已知数列的前n项和为,且. (1)求数列的通项.(2)设,求数列的前n项和21.(本小题满分12分)已知椭圆的

5、左、右焦点分别为为椭圆上一动点,当的面积最大时,其内切圆半径为,设过点的直线被椭圆截得的线段,当轴时,.(1) 求椭圆的标准方程;(2) 若点为椭圆的左顶点,是椭圆上异于左、右顶点的两点,设直线的斜率分别为,若,试问直线是否过定点?若过定点,求该定点的坐标;若不过定点,请说明理由.22.(本小题满分12分)已知函数,.(1) 求函数的单调区间与极值.(2) 当时,是否存在,使得成立?若存在,求实数的取值范围,若不存在,请说明理由.甘谷一中20192020学年度高三级第四次检测考试数学理答案一、选择题15题 DCAAB 610题 BCDCB 1112题 AA二、填空题(本大题共4小题,每小题5分

6、,共20分.) 13. 14. 15. 32 16.三、解答题17.解:(1)如图,连接,因为平面,平面,平面,所以,. .1分又,所以四边形为正方形,所以.因为,所以.又平面,平面,所以,平面.3分因为平面,所以.又平面,平面,所以平面.因为平面,所以.5分(2) 解法1:在中,所以.又平面,所以三棱锥的体积.7分 易知,所以.8分 设点到平面的距离为,则三棱锥的体积,由等体积法可知,则,解得.设直线与平面所成的角为,则,故直线与平面所成角的正弦值为.10分解法2:(2)由(1)知,两两垂直,以为坐标原点,以,所在的直线分别为,轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为,.所以,.6分所以,.7

7、分设平面的法向量为,则,即,令,所以为平面的一个法向量,则. 9分设直线与平面所成的角为,则,故直线与平面所成角的正弦值为.10分18.(1)由题圆心,半径=5截轴弦长为6 2分由到直线的距离为,.4分所以圆的方程为.6分(2)分情况讨论:当直线存在斜率时,设切线方程为: 由到直线的距离 8分 切线方程: 10分 当直线过点且斜率不存在时,方程也是所求的切线方程.综上,切线方程为和 12分19.(1) .6分(2) 在中,由正弦定理,得,即,解得故,从而在中,由余弦定理,得; AC= 4 .12分20.(1).1分两式相减得,即数列an是等比数列.3分.5分(2) .7分 .8分得.10分.1

8、1分 .12分21.解:(1)由题意及三角形内切圆的性质可得,得.2分将代入,结合,得,.4分所以,由得.5分故椭圆的标准方程为.6分(2) 设点的坐标分别为,.当直线的斜率不存在时,由题意得或,直线的方程为.7分当直线的斜率存在时,设直线的方程为,联立得,消去得,由,得.(8分)由可得,得,整理得由(1)和(2)得,解得或.(10分)当时,直线的方程为,过定点,不合题意;.(11分)当时,直线的方程为,过定点,综上直线过定点,定点坐标为.(12分)22解:(1), .1分当时,恒成立,即函数的单调增区间为,无单调减区间,所以不存在极值. .2分当时,令,得,当时,当时,故函数的单调增区间为,

9、单调减区间为,此时函数在处取得极大值,极大值为,无极小值. .3分综上,当时,函数的单调增区间为,无单调减区间,不存在极值. 当时,函数的单调增区间为,单调减区间为,极大值为,无极小值.4分(3) 当时,假设存在,使得成立,则对,满足. .5分由可得,.令,则,所以在上单调递增,所以,所以,所以在上单调递增,所以.7分由(1)可知,当时,即时,函数在上单调递减,所以的最小值是. .8分当,即时,函数在上单调递增,所以的最小值是. .9分当时,即时,函数在上单调递增,在上单调递减.又,所以当时,在上的最小值是.当时,在上的最小值是.10分所以当时,在上的最小值是,故,解得,所以. .11分当时,函数在上的最小值是,故,解得,所以.故实数的取值范围是.12分

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